Ejercicios detallados del obj 5 mat iii 733

Capitulo III

Matemática III (733)

Objetivo 5. Aplicar el cálculo integral a la solución de problemas

específicos.

Ejercicio 1

Halla el momento de inercia de la región limitada por las curvas de

ecuaciones y x= , 2

1y

x= , 4x = con respecto al eje OY .

Solución

Justificación: Primero quiero comentar que este objetivo es muy

importante para ingeniería, porque se visualizan aplicaciones del conocimiento

matemático adquirido hasta ahora, percibiendo con claridad la utilidad a la

carrera de ingeniería y la intima relación que existe entre la Matemática y la

Física.

Este caso, es una aplicación del momento de inercia, el momento de

inercia (símbolo I) es una medida de la inercia rotacional de un cuerpo. Cuando

un cuerpo gira en torno a uno de los ejes principales de inercia, la inercia

rotacional puede ser representada como una magnitud escalar (un número

real) llamada momento de inercia. Recuerda que en Física, la inercia es la

propiedad que tienen los cuerpos de permanecer en su estado de reposo o

movimiento, mientras no se aplique sobre ellos alguna fuerza, o la resistencia

que opone la materia a modificar su estado de reposo o movimiento. Como

consecuencia, un cuerpo conserva su estado de reposo o movimiento rectilíneo

uniforme si no hay una fuerza actuando sobre él. En fin, la inercia es lo que hay

que vencer para cambiar el estado de un cuerpo, y esto, se aplica inclusive a la

vida, por ejemplo, hay que vencer la inercia del hábito de no estudiar que tiene

un estudiante para cambiar su estado y se incentive a estudiar y así

aprehender el conocimiento que adquiere.

Para estudiar la Inercia de un cuerpo, imaginemos un sistema de

partículas y un eje arbitrario, el momento de inercia del mismo se define como

la suma de los productos de las masas de las partículas por el cuadrado de la

distancia r de cada partícula a dicho eje. Fíjate, como era de esperar, la

inercia depende de la masa del cuerpo y la distancia al cuadrado del eje con

respecto al cual rota. Matemáticamente se expresa como:

( )2

1

n

i ii

I m r=

=∑

En este momento notamos que el momento de inercia depende de la

masa y la distancia de un punto de la región a un eje, ahora bien, ¿Cómo poner

esta expresión en términos geométricos, como funciones, distancias en el

plano, etc?, pues para dar respuesta a esto, lo primero que vamos a poner en

función de variables geométricas es la masa, porque la distancia r ya es

geométrica.

Seguro has escuchado el término densidad, y la conoces por la

expresión:

m

vρ =

Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y v es el volumen del cuerpo.

Pero ¿qué es densidad?, la densidad es la distribución de la masa en

una longitud, en un área o superficie o un volumen, observa:

Densidad lineal: es la que se usa para medir la densidad de hilos,

cables, varillas, alambres, etc. Resulta de la división de la masa entre la

longitud del cuerpo.

m

lρ =

Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y l la longitud del cuerpo.

Densidad superficial: es la que se usa para medir la densidad de placas,

láminas, cartones, pisos, etc. Se obtiene dividiendo la masa entre el área del

cuerpo.

m

aρ =

Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y a el área del cuerpo.

Densidad volumétrica: es la que se usa para medir la densidad de

cuerpos de 3 dimensiones (largo, ancho y alto), como bloques, cubos, etc. Se

obtiene dividiendo la masa entre el volumen del cuerpo.

m

vρ =

Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y v es el volumen del cuerpo.

En nuestros ejercicios de aplicación matemática, si nos dan una región

del plano, usaremos la densidad superficial, si el ejercicio es de 3 dimensiones,

la densidad volumétrica y así sucesivamente.

En el ejerció que se nos presenta, es la región de un plano, por ende

utilizaremos la densidad superficial, es decir:

m

aρ =

Donde: ρ (ro) es la densidad, m , la masa y a el área del cuerpo.

Despejando la masa, se tiene:

.m aρ= (1)

Por otro lado, tomando un diferencial de masa, se tiene:

2I r dm= ∫

Suponiendo la densidad del cuerpo constante, al derivar la masa en (1),

se tiene:

.dm daρ=

Entonces:

2 2I r da r daρ ρ= =∫ ∫

Recuerda que cuando dibujamos el rectángulo típico, en una región, se

tiene:

Que el área del rectángulo típico es el área de un rectángulo, es decir,

base por altura, por ende:

( ) ( )( ) ( )da base altura f x g x dx= × = −

Sustituyendo: ( )( ) ( )dA f x g x dx= − , se obtiene finalmente la fórmula que

utilizaremos para calcular el momento de inercia de un cuerpo:

( )2 ( ) ( )

:

b

EJE

a

I r f x g x dx

EJE EJE AL CUAL SE TOMA MOMENTO

ρ= −∫

Es importante saber que r es la distancia de un punto en la región que

se ubicara dentro del rectángulo típico al eje de giro; ilustremos esta situación,

retomando nuestro ejercicio. Debemos graficar la región para conocer la forma

o geometría del cuerpo.

La gráfica de 2

1y

x= es conocida, a saber:

Mientras que la gráfica y x= es una semiparábola que abre a la

derecha y su vértice es el origen, así:

Por lo tanto, la grafica conjunta de 2

1y

x= , y x= y 4x = , así como la

distancia con respecto al eje “y” que es con el cual se pide el momento de

inercia es:

Como te has dado cuenta, en este tipo de ejercicios, que trata sobre el

momento de inercia, hay que considerar 3 aspectos:

1) Dibujar el área y conseguir los puntos de intersección.

2) Destacar el eje al cual se pide el momento de inercia para colocar la

distancia r desde en un punto ubicado en el rectángulo típico hasta

dicho eje.

3) La densidad siempre se tomara como constante y de valor uno, es

decir, 1ρ = , a menos que se diga lo contrario.

De las premisas a considerar, solo falta conseguir los puntos de

intersección de las curvas:

La intersección de las curvas 2

1y

x= , y x= es:

( )2

24 5 5

2 2 4

1 1 11 . 1 1 1x x x x x x x

x x x = → = → = → = → = → = =

Por lo tanto el rectángulo típico varía en el eje equis desde 1x = , hasta

4x = .

Con toda la información anterior, se puede escribir:

( )4

22

1

11YI x x dx

x = −

∫

Resolviendo Esta integral:

4 4 4 41 1 12 22 2 22 2 22 2 2

1 1 1 1

1 1. 1Y

xI x x dx x x dx x x dx x dx

x x x

+ = − = − = − = −

∫ ∫ ∫ ∫

5 7 714 5 2 2 2

72

1

4

4 1 2 21 4 1 4 4 1

5 7 7 7 712 2 21

Y

xI x dx x

+ = − = − = − − − = − − −

+

∫

( )6

6 322 2 7 2 5 2 5

4 .4 4 4 4 4 4 2 47 7 7 7 7 7YI

− − = − − = − − = − +

Respuesta: 233

7YI =

Ejercicio 2

Determine el centroide de la región limitada por las curvas:

( )2y sen x= ; 0y = ; 0x = y 2

xπ=

Solución

Justificación: Como se nos presenta una nueva situación física, vamos a

deducir la fórmula que utilizaremos para hallar el centroide de una figura plana.

Quizás has oído hablar del centro de masas de un cuerpo plano, pues

demostraremos en esta deducción que ese centro de masa es el mismo centro

de gravedad, porque a las finales las fórmulas dependen únicamente de la

geometría del cuerpo.

El centroide es el punto donde el cuerpo se mantendría horizontal, es

decir en equilibrio:

Bien, para comenzar a deducir nuestra fórmula, calculemos primero las

coordenadas el centro de masas de un lugar geométrico lineal, por ejemplo:

Donde:

:x Coordenada del centro de masas.

1 :x Coordenada de la masa 1.

2 :x Coordenada de la masa 2.

1 :m Masa 1.

2 :m Masa 2.

Arquímedes, demostró que el equilibrio de un cuerpo lineal se alcanza

cuando se cumple:

1 1 2 2 m d m d= (1)

Este principio de Arquímedes es conocido como el principio de la

palanca.

Pero de la figura inmediata anterior se nota claramente que:

1 1 d x x= − y 2 2 d x x= −

Sustituyendo estas expresiones en (1) se tiene:

( ) ( )1 1 2 2 m x x m x x− = −

Ahora despejemos de esta ecuación x , que es lo que deseamos:

1 1 1 2 2 2 m x m x m x m x− = −

1 2 2 2 1 1 m x m x m x m x+ = +

( )1 2 2 2 1 1x m m m x m x+ = +

1 1 2 2

1 2

m x m xx

m m

+=+

Si tenemos un sistema con ene partículas, se tendría:

1

n

i ii Y

t t

m xM

xm m

== =∑

Donde la masa total tm es la sumatoria de todas las masas y YM es el

momento con respecto al eje ye, ya que las distancias se tomaron con respecto

a dicho eje ye.

Cuando se tiene un sistema en 2 dimensiones, se tendrá que las

coordenadas del centro de masa, aplicando el mismo principio anterior vendrán

dado por las fórmulas:

1

n

i ii Y

t t

m xM

xm m

== =∑

1

n

i ii X

t t

m yM

ym m

== =∑

Y las coordenadas del centro de masas es: ( ),x y .

Ahora bien, el problema que nos atañe, es hallar el centro de masas de

una región acotada por una función cualquiera ( )f x , tres rectas, x a= y x b=

y el eje equis, tal como se muestra:

Ahora bien, cuales son las coordenadas del centro de gravedad del

rectángulo típico dibujado dentro de la región amarilla, pues se presenta a

continuación:

Si tomamos el rectángulo típico verde, de ancho dx y altura ( )f x , es

fácil divisar que el centro de gravedad de un rectángulo esta en el centro del

mismo (punto rojo); si queremos ubicar las coordenadas del centro de

gravedad, aplicamos lo explicado en el caso anterior, observa que la distancia

desde el eje ye al centro de gravedad del rectángulo típico es: ( )

2

f x, mientras

que la distancia desde el eje ye al centro de gravedad del rectángulo típico es

equis.

Ya sabemos que las coordenadas del centro de gravedad se calculan

así:

1

n

i iiY

t t

m xM

xm m

== =∑

1

n

i iiX

t t

m yM

ym m

== =∑

En este caso el momento con respecto al eje ye ( )YM es:

masa distancia del punto rojo al eje "y"YM = ×

Tomando la densidad de área del rectángulo típico, se tiene:

.m

m AA

ρ ρ= ∴ =

Por lo tanto:

( ). . .YM A x A xρ ρ= × =

Pero el área del rectángulo típico es base por altura, es decir:

( )A f x dx=

Por lo tanto:

( ). ( ) . ( )YM f x dx x xf x dxρ ρ= =

Ahora calculemos el momento con respecto al eje equis ( )XM es:

masa distancia del punto rojo al eje "x"XM = ×

Tomando la densidad de área del rectángulo típico, se tiene:

.m

m AA

ρ ρ= ∴ =

Se tiene:

( ) ( ). . .

2 2X

f x f xM A Aρ ρ = × =

Pero el área del rectángulo típico es base por altura, es decir:

( )A f x dx=

Por lo tanto:

( ) ( )2( ) 1. ( ) . ( )

2 2X

f xM f x dx f x dxρ ρ= =

Solo falta calcular la masa total del rectángulo típico, y ésta se calcula

haciendo uso de la densidad de área, es decir:

.tt

mm A

Aρ ρ= ∴ =

Y como el área del rectángulo típico es base por altura, se tiene:

( )A f x dx=

Por lo tanto la masa total es:

. ( )tm f x dxρ=

Ahora bien, debemos sumar todos los rectángulos típicos, y esto se

logra, al igual que las deducciones hechas hasta ahora, con una integral, por lo

tanto:

( ) ( )b b

Y

a a

M xf x dx xf x dxρ ρ= =∫ ∫

( ) ( )2 21 1( ) ( )

2 2

b b

X

a a

M f x dx f x dxρ ρ= =∫ ∫

. ( ) ( )b b

t

a a

m f x dx f x dxρ ρ= =∫ ∫

Las coordenadas del centro de masa serán:

Y

t

Mx

m

ρ= =

( )b

a

xf x dx

ρ

∫ ( )

( ) ( )

b

ab b

a a

xf x dx

f x dx f x dx

=∫

∫ ∫

12X

t

My

m

ρ= =

( )2( )

b

a

f x dx

ρ

∫ ( )21( )

2

( ) ( )

b

ab b

a a

f x dx

f x dx f x dx

=∫

∫ ∫

Observa que el centro de masa, depende solo de la geometría de la

figura, porque las densidades se cancelan, por esta razón el centro de masa es

el mismo centro de gravedad, en conclusión el centro de gravedad de la figura

genérica es:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫

Retomando nuestro ejercicio, debemos graficar primero la región

encerrada por las curvas: ( )( ) 2f x y sen x= = ; 0y = ; 0x = y 2

xπ=

Claramente, podemos escribir:

2

0

( ) (2 )b

a

xf x dx xsen x dx

π

=∫ ∫

La primitiva de esta integral, se calcula por partes, así:

2(2 )

( )u x

dv sen x dxI xsen x dx

= →

==

∫

Aplicando la derivada de u y la integral de dv , se tiene:

cos(2 )(2 )(2 )

2

xdv sen x dxdv sen x

du dxdu

dx v

dxu x=

=

→ → =

=

−

==∫ ∫

Sustituyendo en la fórmula de integración por parte:

cos(2 ) cos(2 )

2. . .

2u du x dx

xvI

xv= − −

− = −∫ ∫

cos(2 ) 1cos(2 ).

2 2

xI x x dx= − + ∫

cos(2 ) 1 (2 ) cos(2 ) (2 ).

2 2 2 2 4

x sen x x sen xI x x= − + = − +

Evaluando esta integral, se tiene:

( )( ) ( )( )2

0

cos 2. 2. cos 2. 0 2. 0cos(2 ) (2 ) 2 2(2 ) . 0.2

2 4 2 2 4 2 40

sen senx sen xxsen x dx x

π π πππ

= − + = − + − − +

∫

( ) ( ) ( ) ( )2

0

1 0 1 0(2 ) . 0.

2 2 4 2 4xsen x dx

π

π − = − + − − +

∫

( )2

0

1(2 ) . 0 0 0

2 2 4xsen x dx

π

π π = + − + =

∫

Continuando con la siguiente integral:

( ) ( )2

2 2

0

1 1( ) (2 )

2 2

b

a

f x dx sen x dx

π

=∫ ∫

Utilizando la identidad 2 1 cos(2 )( )

2

axsen ax

−= , se tiene:

( ) ( )2 2 2 2 2

2

0 0 0 0 0

1 1 1 cos(4 ) 1 1(2 ) 1 cos(4 ) cos(4 )

2 2 2 4 4

xsen x dx dx x dx dx x dx

π π π π π − = = − = −

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2 (4. )1 (4 ) 1 (4(0))2 04 4 4 2 4 4

0

sensen x senx

ππ

π − = − − −

( )2

2

0

1 1 (2 ) (0) 1 0 0(2 )

2 4 2 4 4 4 2 4 4 8

sen sensen x dx

π

π π π π = − − − = − − − =

∫

Finalmente calculamos:

2

0

2 cos(2. )cos(2 ) cos(2.(0)) cos( ) cos(0)2( ) (2 )2 2 2 2 2

0

b

a

xf x dx sen x dx

ππ

ππ = = − = − + = − +

∫ ∫

( )2

0

1 1 1 1(2 ) 1

2 2 2 2sen x dx

π

−= − + = + =∫

Por lo tanto el centro de gravedad de la figura, se encuentra en las

coordenadas:

2

0

2

0

(2 )41 4

(2 )

xsen x dx

x

sen x dx

π

π

ππ= = =

∫

∫

( )2

2

0

2

0

1(2 )

2 81 8

(2 )

sen x dx

y

sen x dx

π

π

ππ= = =

∫

∫

Respuesta: La coordenada del centro de gravedad es: ,4 8

π π

.

Ejercicio 3


ecuaciones 1 1x y= + − , 2x = con respecto al eje OY.

Solución

Justificación: Para dibujar la región planteada, apliquemos la definición

de valor absoluto:

( ) si ( ) 0( )

( ) si ( ) 0

f x f xf x

f x f x

− <= + ≥

Así:

( 1) si 1 01

( 1) si 1 0

y yy

y y

− − − <− = + − − ≥

1 si 11

1 si 1

y yy

y y

− <− = − ≥

Por lo tanto se tiene:

1 1 si 11 1

1 1 si 1

y yx y

y y

+ − <= + − = + − ≥

2 si 11 1

si 1

y yx y

y y

− <= + − = ≥

Para graficar las tres rectas: 2x y= − , x y= y 2x = vamos a conseguir

sus puntos de intersección:

2x y= − y x y=

( )2 22 2 2 1 1 1,1

2

x yy y y y x y x

x y

= −→ − = → = ∴ = = → = → = → =

2x y= − y 2x =

( )22 2 2 2 0 2,0

2

x yy y y

x

= −→ − = → = − ∴ = → =

x y= y 2x =

( )2 2,22

x yy

x

=→ = → =

Es recomendable buscar los puntos de intersección porque nos ayuda a

graficar y obtener simultáneamente los límites de integración. La grafica es:

Despejando ye en las rectas superior e inferior, se tiene:

2 2

x y y x

x y y x

= → == − → = −

Y recordando que la densidad 1ρ = , se puede escribir:

( ) ( )( )2

2

1

1 2YI x x x dx= − −∫


( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 3 2

1 1 1 1

2 2 2 2 1 2YI x x x dx x x dx x x dx x x dx= − + = − = − = −∫ ∫ ∫ ∫

4 3 4 3 4 32

2 2 1 1 16 8 1 12 2 2

4 3 4 3 4 3 4 3 4 31

Y

x xI

= − = − − − = − − −

8 3 4 12 8 1 4 1 16 1 34 172 4 2 2 2

3 12 3 12 3 12 12 12 6YI − − − + = − − = − = + = = =

Respuesta: 17

6YI =

Ejercicio 4

Calcula el volumen del sólido que se obtiene al girar la región limitada

por las curvas de ecuaciones 2 2y a x= − , y x= y y x= − , alrededor de la recta

y x= − .

Solución

Justificación: Cuando se nos pida:

• Área de la superficie de revolución alrededor de una recta de la forma

0ax by c+ + = , , 0a b ≠ .

• Volumen de la superficie de revolución alrededor de una recta de la

forma 0ax by c+ + = , , 0a b ≠ .

Entonces se hará uso del teorema de Pappus-Guldin, que realmente son 2

teoremas, a saber:

Primer teorema

El área A, de una superficie de revolución generada mediante la rotación

de una curva plana C alrededor de un eje externo a C sobre el mismo plano, es

igual a la longitud de C, ( l ) multiplicada por la distancia, d, recorrida por su

centroide en una rotación completa alrededor de dicho eje.

A l d= ×

Segundo teorema

El volumen V, de un sólido en revolución generado mediante la rotación

de un área plana alrededor de un eje externo, es igual al producto del área, A

por la distancia, d, recorrida por su centroide en una rotación completa

alrededor de dicho eje.

V A d= ×

Observa que el teorema de Pappus no contiene el desarrollar integrales,

es una sencilla fórmula, sin embargo, para dar solución a este tipo de

ejercicios, se procederá así:

� Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los

limites de integración y el eje de rotación.

� Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya

deducidas:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫

� Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro

0ax by c+ + = , a través, de la fórmula:

2 2

. .pr

a x b y cD

a b

+ +=

+

� Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del

eje, que por ser una circunferencia, se tendra:

2 rpd Dπ=

� No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el

centroide, cuando obtuviste ( )b

a

A f x dx= ∫

� Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×

Ilustremos estos pasos, resolviendo en presente ejercicio:

Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los limites de

integración y el eje de rotación.

En este caso la región viene dada por: 2 2y a x= − , y x= y y x= − .

Eje de giro: y x= − .

Puntos de intersección:

2 2y a x= − con y x=

( ) 222 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22

2

ax a x x a x x a x x x a x a x= − → = − → = − → + = → = → =

2 2 22 2 2

2 2 22 2 2 2

a a a a a ax x= ∴ = = = = =

La ordenada es: 2

2

ay x= = , por lo tanto el primer punto de intersección

es:

2 2,

2 2

a a

2 2y a x= − con y x= −

( ) ( ) 2222 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22

2

ax a x x a x x a x x x a x a x= − → − = − → = − → + = → = → =

2 2 22 2 2

2 2 22 2 2 2

a a a a a ax x= ∴ = − = − = − = − = −

Las ordenadas son: 2 2

2 2

a ay x

= − = − − =

, por lo tanto el segundo

punto de intersección es:

2 2,

2 2

a a −

Sabiendo que 2 2y a x= − es una circunferencia, porque:

2 2 2 2 2 2y a x y x a= − → + = , tiene centro en el origen, y radio a , además las

rectas y x= y y x= − pasan por el origen y los puntos de intersección, ya

calculados, se tiene la siguiente gráfica:

Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya deducidas:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫

Ahora calcularemos, las 3 integrales correspondientes a las

coordenadas del centro de gravedad:

Integral ( )b

a

xf x dx∫ :

Como en la parte de arriba siempre esta 2 2a x− pero abajo varia de

curva, tendremos por un lado:

( ) ( )2 2

2 22 2

0 0

( ) ( ) ( )

a ab

a

xf x dx x f x g x dx x a x x dx= − = − −∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2

0 0 0

a a a

x a x x dx x a x dx x dx

− − = − −

∫ ∫ ∫

La primera primitiva se calcula con el cambio de variable:

( )1

12 2 1 22 2 2

1 1 112 2 22 12

u a x ux a x dx udu u du

du xdx

+ = −

− → → − = − = −= − +

∫ ∫ ∫

3

21 132 22

u− = − 2 ( )33 2 21

3 3u a x= − −

La segunda primitiva es directa:

( )2 1 3

2

2 1 3

x xx dx

+

= =+∫

Evaluando:

( ) ( )

3

323 3

3 32 2 2 2 2

22 21 1 2 1 0

023 3 3 2 3 3 3

0

aa

x aa x a a

− − − = − − − − − − −

( )

3

32

32 2

881 2 1

03 4 3 3

a

aa a

= − − − − − −

32 3

2 31 8 1

3 2 24 3

a aa a

= − − − − −

32 2 331 2 2 2 1

3 2 24 3

a a aa

− = − − +

3 32 3 33 31 2 1 1 2 1

3 2 12 3 3 12 32

a a a aa a

= − − + = − − +

3 3 3 33 31 2 1 2 1

.3 12 3 12 32 2 6 2

a a a aa a

= − − + = − − +

3 3 3 3 3 33 3 32 2 1 4 1 1 2

3 3 312 2 12 2 3 2 3 2

a a a a a aa a a

− − − − − += + = + = + =

Por otro lado:

( ) ( )( )0 0

2 2

2 2

2 2

( ) ( ) ( )b

a a a

xf x dx x f x g x dx x a x x dx

− −

= − = − − −∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )0 0 0

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

a a a

x a x x dx x a x dx x dx

− − −

− + = − +

∫ ∫ ∫

La primera primitiva se calcula con el cambio de variable:

( )1

12 2 1 22 2 2

1 1 112 2 22 12

u a x ux a x dx udu u du

du xdx

+ = −

− → → − = − = −= − +

∫ ∫ ∫

3

21 132 22

u− = − 2 ( )33 2 21

3 3u a x= − −


( )2 1 3

2

2 1 3

x xx dx

+

= =+∫

Evaluando:

( ) ( )

3

323 3

3 32 2 2 2 2

20

21 1 0 1 2023 3 3 3 3 2 3

2

a

x aa x a aa

− − − + = − − + − − − − + −

( )

3

32

32 2

881 1 2

03 3 4 3

a

aa a

−

= − + − − − +

32 3

3 21 1 8

3 3 2 24

a aa a

= − − − − −

32 2 331 1 2 2 2

3 3 2 24

a a aa

− = − − − −

3 32 3 33 31 1 2 1 1 2

3 3 2 12 3 3 122

a a a aa a

= − − − − = − − − −

3 3 3 33 31 1 2 1 2

.3 3 12 3 122 2 6 2

a a a aa a

= − + + = − + +

3 3 3 3 3 33 3 31 2 2 4 1 1 2

3 3 312 2 12 2 3 2 3 2

a a a a a aa a a

+ −= − + = − = − =

Sumando ambas integrales, tenemos:

3 3 3 3 3 3 3 32 2 2 2 00

3 2 3 2 3 2 3 2

a a a a a a a a− + − − + + −+ = = =

Es valido ahorrarte este calculo y tomar la abscisa del centro de

gravedad como cero, porque tenemos una figura simetrica con respecto al eje

ye, por lo tanto la coordenada del centro de gravedad debe ser nula, ya que

dicho centro de gravedad debe estar en el eje ye.

Continuemos con la segunda integral:

Integral ( )21( )

2

b

a

f x dx∫ :

( ) ( ) ( )2 2 21 1( ) ( ) ( )

2 2

b b

a a

f x dx f x g x dx = − ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2

0 22 22 22 2 2 2

022

1 1

2 2

a

a

a x x dx a x x dx

−

− − − + − − ∫ ∫

20 2

2 2 2 2 2 2

022

1 1

2 2

a

a

a x x dx a x x dx

−

− − + − − ∫ ∫

20 3 32

2 2 2 2 2 2

022

0 21 1 1 1

2 2 2 2 222 2 2 3 2 302

a

a

ax x

a x dx a x dx a x a xa−

− + − = − + − −

∫ ∫

3 3

3 32 2 2 2

2 22 21 (0) 2 1 2 (0)

(0) 2 2 2 (0) 22 3 2 3 2 2 3 3

a a

a aa a a a

−

− − − − + − − −

( ) ( )

3 3

3 3

2 2 2 28 81 2 1 2

0 2 2 02 2 3 2 2 3

a a

a a

−

− − − + − −

3 3 3 31 2 4 2 1 2 4 2

2 2 24 2 2 24

a a a a − − + + −

3 3 3 31 2 2 2 2

2 2 6 2 6

a a a a − + −

3 3 3 31 2 2 2 2

2 2 6 2 6

a a a a − + −

3 3 3 31 2 2 2 2 1 2

2 2 6 2

a a a a + +− =

32

2

a 3 332 2 1 2

26 2 3

a aa

− = −

3 31 3 2 2 1

2 3 2

a a − =

2 3 32 2

3 3

a a =

Ahora calculamos la tercera integral, que es el área de la región:

Integral ( )b

a

f x dx∫ :

Como la figura es simétrica calculare la mitad del área y multiplicare por

2 el resultado:

( ) ( )2 2

2 22 2

0 0

( ) 2 ( ) ( ) 2

a ab

a

f x dx f x g x dx a x x dx= − = − −∫ ∫ ∫

En la tabla de integrales, conseguimos la primera primitiva:

22 2 2 2

2 2

u a ua u du a u arcsen

a − = − +

∫

Por lo tanto:

22 2 2 2

2 2

x a xa x dx a x arcsen

a − = − +

∫


2

2

xxdx =∫

Evaluando la integral:

2 22 2

22 2

2 2 20

ax a x x

a x arcsena

− + −

2

22 2 2

2 2 2

22 222 0 0 02 22 0

2 2 2 2 2 2 2

aa aa a a

a arcsen a arcsena a

− + − − − + −

2 22

22 2

24 4 2

aa a a

a arcsen

− +

2a

224

02

a

− −

2 2 222 2 2

24 2 2 2 8

a a a aa arcsen

− + −

2 2 2 2 22 22 2 .

4 2 2 4 4 4 8 42

a a a a a a a aπ π + − = + −

22

2 1.

4 2

a 2 2 2

28 4 4

a a aπ + − =

2 2

8 4

a aπ+ −2 22

8 4

a aπ π = =

Este calculo te lo puedes ahoorra, si caes en la cuenta que la región

dibujada se trata de un cuarto de círculo, porque las rectas y x= y y x= −

forman ángulos de 45º con rspecto al eje equis, y como el área de un círculo

completo es: 2A rπ= el área de un cuarto de cñirculo sería:

2

4

aA

π=

Finalmente las coordenadas del centro de gravedad son:

2

00

4

xaπ

= =

3

3

2

24 23

4

aa

yaπ

= =23 aπ

4 2

3a

π=

La coordenada del centro de gravedad es: 4 2

0,3

aπ

.

Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro


2 2

. .pr

a x b y cD

a b

+ +=

+

Ya calculamos: ( ) 4 2, 0,

3x y a

π

=

y la ecuación general del eje de giro

es: 0 1 1 0 0y x x y x y= − → + = → + + = , por lo tanto:

1

1

0

a

b

c

= = =

, sustituyendo en

la fórmula, se tiene:

( )2 2

4 2 4 21. 0 1. 03

1 1pr

a

Dπ

+ +

= =+

3

2

aπ 4

3a

π=

Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del eje, que

por ser una circunferencia, se tendra:

2 rpd Dπ=

2d π= 4.3π

8

3a a=

No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el centroide,

cuando obtuviste ( )b

a

A f x dx= ∫

En este caso: 2

4

aA

π=

Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×

2 38 2.

4 3 3

a aV A d a

π π= × = =

Observa que la parte mas laboriosa del ejercicio, es el calculo del centro

de gravedad, que por lo general contiene integrales, el resto de los pasos es

bastante mecánico y sencillo.

Respuesta: 32

3

aV

π=

Ejercicio 5

Calcula el volumen del sólido que se genera al girar la región D del plano

XY limitada por las curvas de ecuaciones y senx= y cosy x= , en 5

4 4x

π π≤ ≤

alrededor de la recta y x= .

Solución

Justificación: Sigamos los pasos, para resolver este tipo de ejercicios:

Dibujar la región, con sus puntos de intersección para visualizar los limites de

integración y el eje de rotación.

Recuerda lo explicado en el objetivo 3 acerca de cómo graficar las

funciones trigonométricas. En este caso las funciones y senx= y cosy x= en el

intervalo 5

4 4x

π π≤ ≤ es:

Calcular el centro de gravedad de la figura con las fórmulas ya deducidas:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫



Integral ( )b

a

xf x dx∫ :

En la parte superior de la región siempre esta y senx= y en la parte

inferior la curva cosy x= , se tiene:

( ) ( ) ( )5 5 5

4 4 4

4 4 4

( ) cos cosb

a

xf x dx x senx x dx x senx dx x x dx

π π π

π π π

= − = −∫ ∫ ∫ ∫

Ambas primitivas se obtienen por el método de integración por partes,

así:

u x

dI x

v sense

xx

dxnxd

==

= →

∫


cosdv senxdxdv senx

du dxu x du dx

dx v x

→ →

== −

===

=

∫ ∫


co. .cos. sI u du x dv v x xx− −= − = −∫ ∫

cos cos . cosI x x x dx x x senx= − + = − +∫

La otra primitiva es:

coscos

u xI x xdx

dv xdx

= →

==∫


cosc

os

dv xdxdv xd

du dxu

x v

x d

s x

u

en

dx

==→ →

= =

==

∫ ∫


s. . .sI v v enxu d nu xxx de= − = −∫ ∫

( )s s . cos cosI x enx enx dx xsenx x xsenx x= − = − − = +∫

Evaluando las integrales, se tiene:

( ) ( ) [ ] [ ]5 5

4 4

4 4

5 5

4 4cos cos cos

4 4

x senx dx x x dx x x senx xsenx x

π π

π π

π π

π π− = − + − +∫ ∫

5 5 5cos cos

4 4 4 4 4 4

5 5 5 cos cos

4 4 4 4 4 4

sen sen

sen sen

π π π π π π

π π π π π π

= − + − − + −

+ − +

5 2 2 2 2

4 2 2 4 2 2

5 2 2 2 2

4 2 2 4 2 2

π π

π π

− −= − + − − + −

− −+ − +

5 2 2 2 2 5 2 2 2 2

8 2 8 2 8 2 8 2

π π π π = − − − + − − − − +

5 2 4 2 4 2 2 5 2 4 2 2 4 2

8 8 8 8

π π π π − − + += − − − −

5 2 4 2 4 2 2 5 2 4 2 2 4 2

8 8

π π π π − − + − − − −= −

6 2 8 2 6 2 8 2 6 2 8 2 6 2 8 2

8 8 8

π π π π − − − − + += − =

6 2 8 2π −= 6 2 8 2π+ + 12 2 3 2

8 8 2

π π = =


Integral ( )21( )

2

b

a

f x dx∫ :

( ) ( ) ( )5

42 2 2

4

1 1( ) cos

2 2

b

a

f x dx senx x dx

π

π

= − ∫ ∫

( ) ( )5 5

4 42 2 2 2

4 4

1 1cos cos

2 2sen x x dx x sen x dx

π π

π π

− = − −∫ ∫

Recordando la identidad trigonométrica: 2 2cos(2 ) cosx x sen x= − , se

tiene:

( )5 5

4 42 2

4 4

51 1 1 (2 ) 4cos cos(2 )2 2 2 2

4

sen xx sen x dx x dx

π π

π π

π

π − − = − = −

∫ ∫

5 1052. 2.

1 (2 ) 1 14 4 4 242 2 2 2 2 2 2 2

4

sen sen sen sensen x

π π π ππ

π

− = − − = − −

51 1 1 1 12

02 2 2 2 2 2

senπ

− − = − − =


Integral ( )b

a

f x dx∫ :

( )5

4

4

( ) cosb

a

f x dx senx x dx

π

π

= −∫ ∫

( ) [ ] [ ]5

4

4

5 5

4 4cos cos cos

4 4

senx x dx x senx x senx

π

π

π π

π π− = − − = − +∫

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2

= − − − − + = − − − = − − −

2 2 2 2A = − − =


3 23 22

2 2x

ππ= =4 2

3

4

π= 0

02 2

y = =

La coordenada del centro de gravedad es: 3

,04

π

.

Se calcula la distancia prD desde el centroide ( ),x y hasta el eje de giro


2 2

. .pr

a x b y cD

a b

+ +=

+

Ya calculamos: ( ) 3, ,0

4x y

π =

y la ecuación general del eje de giro

es: 0 1 1 0 0y x y x x y= → − = → − + + = , por lo tanto:

1

1

0

a

b

c

= − = =

, sustituyendo

en la fórmula, se tiene:

( )

( )2 2

3 31. 1. 0 04 3 2 3 24 .

82 4 2 21 1prD

π ππ π

− + + = = = =

− +

Se calcula la distancia d que recorre el punto (centroide) alrededor del eje, que

por ser una circunferencia, se tendra:

2 rpd Dπ=

2 23 2 6 2 3 22 .

8 8 4d

π π ππ= = =

No es necesario calcular el área, porque ya fue calculada en el centroide,

cuando obtuviste ( )b

a

A f x dx= ∫

En este caso: 2 2A =

Finalmente calculas el volumen con la fórmula V A d= ×

( )22 226 23 2 12

2 2. 34 4 4

V A dππ π π= × = = = =

Respuesta: 23V π= .

Ejercicio 6

Determina el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa m ,

de la superficie de la tierra a una altura h .

Solución

Justificación: El trabajo es una magnitud física escaral, y se calcula

multilicando la fuerza que se ejerce sobre un objeto por la distancia que se

mueve dicho objeto:

.T F d=

En este caso, se medira la distancia en el eje ye, observa la siguiente

figura:

Si el cohete recorre un diferencial de ye: dy , tendremos que un

diferencial de trabajo es:

.dT F dy=

Sumando todas las distancias, se tiene:

.b

a

T F dy= ∫

En este caso, la fuerza a considerar es la que ejerce la tierra sobre el

cohete, y por supuesto, esta fuerza es variable, porque la distancia entre el

cohete y la tierra varía. ¿Cuál fórmula relaciona la fuerza de 2 cuerpos? La Ley

de Gravitación Universal, a saber:

2

.( )

M mF y G

y=

En este caso M es la masa de la tierra y m la masa del cohete, G es la

constante de gravitación universal y como se observa claramente en la figura

que ye varía desde y R= (superficie de la tierra donde despega) hasta

y R h= + , altura h donde se encuentra el cohete en un momento dado, se

tiene:

2

.R h

R

M mT G dy

y

+

= ∫

Resolviendo esta integral:

2 1 12

2. . . . . . . .

2 1 1

R h R h

R R

R h R hdy y yT G M m G M m y dy G M m G M m

R Ry

+ + − + −− + +

= = = = − + − ∫ ∫

( )1 1 1

. . . . . .R h R R h

T G M m G M m G M mRy R h R R R h

+ − + + = − = − + = + +

( ) ( ). . .

. .h G M m h

T G M mR R h R R h

= = + +

Por lo tanto el trabajo que se efectúa para levantar un cohete de masa

m , de la superficie de la tierra a una altura h es:

Respuesta: ( ). . .G M m h

TR R h

=+

Ejercicio 7

Calcule el centroide de la región R limitada por las curvas de

ecuaciones: 2 2y x x= − + 216x y=

Solución

Justificación: Las curvas dadas son un par de parábolas, la primera 2 2y x x= − + abre hacia abajo (coeficiente de equis cuadrado negativo) y la

segunda 216x y= abre a la derecha (coeficiente de ye cuadrado es positiva),

vamos a conseguir las características geométricas de ambas parábolas y sus

puntos de intersección:

Función

Derivando e

igualando a

cero: ' 0y =

Vértice

Evalúa el valor de la

derivada en la

función original

Corte con los ejes:

2 2y x x= − +

' 2 2 0

2 2

1

y x

x

x

= − + ===

Para 1x =

( ) ( )21 2 1

1 2 1

y

y

= − += − + =

( )1,1V

2 2 0y x x= − + =

( )2 0

0

2 0

2

x x

x

x

x

− + ==

− + ==

Gráfica de la parábola 2 2x x− +

Función

Derivando e

igualando a

cero: ' 0y =

Vértice

Evalúa el valor de la

derivada en la

función original

Corte con los ejes:

216x y=

' 12 0

16 2 0

0

x y

y

y

= =

==

Para 0y =

216 0

0

x

x

==

( )0,0V

2 0

0

y

y

==

Gráfica de la parábola 216x y=

Los puntos de intersección de las curvas son:

Sustituyendo 2 2y x x= − + en 216x y= , se tiene:

( ) ( )2 22 2 2 3 416 2 16 2 16 4 4x x x x x x x x x x= − + → = − → = − +

( )2 3 4 2 3 4 2 316 4 4 4 4 16 0 4 4 16 0x x x x x x x x x x x x= − + → − + − = → − + − =

3 2

0

4 4 16 0

x

x x x

= − + − =

Aplicando Ruffini en el polinomio de grado 3, se tiene:

El polinomio reducido que se obtiene es: 2 0 4 0x x+ + = que no tiene

solución real, por lo tanto hay 2 puntos de intersección, a saber:

Para ( ) ( ) ( )220 2 0 2 0 0 0,0x y x x= → = − + = − + = →

Para ( ) ( ) ( )224 2 4 2 4 16 8 8 4, 8x y x x= → = − + = − + = − + = − → −

Debemos tener en cuenta, que la prábola 216x y= posee dos ramas, es

decir: 216x y=

2 16y x=

16y x= ±

16y x= ±

416

4

y xy x

y x

== ± = = −

Por lo tanto la gráfica es:

El centroide viene dado por las coordenadas:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫



Integral ( )b

a

xf x dx∫ :

En la parte superior de la región siempre esta 2 2y x x= − + y en la parte

inferior la curva 4y x= − , se tiene:

( ) ( )( ) ( )4 4

2 2

0 0

( ) ( ) 2 4 2 4b

a

x f x g x dx x x x x dx x x x x dx− = − + − − = − + +∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )4 4 4 4

3 2 3 2

0 0 0 0

2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x x dx− + + = − + +∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )4 4 4 4 1

3 2 3 2 2

0 0 0 0

2 4 2 4 .x x x x dx x dx x dx x x dx

− + + = − + +

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )4 4 4 4 1

13 2 3 2 2

0 0 0 0

2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x dx+

− + + = − + +

∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )4 4 4 4 3

3 2 3 2 2

0 0 0 0

2 4 2 4x x x x dx x dx x dx x dx

− + + = − + +

∫ ∫ ∫ ∫

( )3

14 4 3 23 2

0

4

2 4 2 434 3 12 0

x x xx x x x dx

+

− + + = − + + +

∫

( )5 5

4 4 3 4 32 23 2

0

4 4 4 0 0 02 4 2 4 2 4

5 54 3 4 32 2

x x x x dx

− + + = − + + − − + +

∫

( )4

3 2 5

0

256 64 22 4 2 4. 4

4 3 5x x x x dx

− + + = − + +

∫

( )4

3 2 4

0

256 128 82 4 4 .4

4 3 5x x x x dx

− + + = − + +

∫

( ) ( )4

3 2 2

0

256 128 82 4 .4 . 2

4 3 5x x x x dx

− + + = − + +

∫

( ) ( )4

3 2

0

256 128 8 256 128 2562 4 . 32

4 3 5 4 3 5x x x x dx

− + + = − + + = − + +

∫

( )4

3 2

0

3840 2560 3072 1792 4482 4

60 60 15x x x x dx

− + +− + + = = =∫


Integral ( )21( )

2

b

a

f x dx∫ :

( ) ( ) ( ) ( )4 222 2 2

0

1 1( ) ( ) 2 4

2 2

b

a

f x g x dx x x x dx − = − − − ∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )4 4222 2 3 4

0 0

1 12 4 4 4 16

2 2x x x dx x x x x dx − − − = − + − ∫ ∫

( ) ( )4 3 4 5 2222

0

41 12 4 4 4 16

02 2 3 4 5 2

x x x xx x x dx

− − − = − + − ∫

( ) ( )4 3 5222 4 2

0

41 12 4 4 8

02 2 3 5

x xx x x dx x x

− − − = − + − ∫

( ) ( ) ( ) ( )4 3 5 3 522 2 22 4 4

0

1 1 4 4 0 02 4 4 4 8 4 4 0 8 0

2 2 3 5 3 5x x x dx

− − − = − + − − − + − ∫

( ) ( ) ( )4 222

0

1 1 64 10242 4 4 256 8 16 0

2 2 3 5x x x dx

− − − = − + − − ∫

( ) ( )4 222

0

1 1 256 10242 4 256 128

2 2 3 5x x x dx

− − − = − + − ∫

( ) ( )4 222

0

1 1 256 10242 4 384

2 2 3 5x x x dx

− − − = + − ∫

( ) ( )4 222

0

1 1 1280 3072 57602 4

2 2 15x x x dx

+ − − − − = ∫

( ) ( )4 222

0

1 1 1408 7042 4

2 2 15 15x x x dx

− − − − = = − ∫


Integral ( )b

a

f x dx∫ :

( ) ( )( )4

2

0

( ) 2 4b

a

f x dx x x x dx= − − −∫ ∫

( ) ( )( )4 4 1

2 2 2

0 0

( ) 2 4 2 4b

a

f x dx x x x dx x x x dx

= − − − = − +

∫ ∫ ∫

114 1 2 3 2

2 2

0

4

2 4 2 412 3 12 0

x x xx x x dx

+

− + = − + +

∫

34 1 3 32

2 2 2 32

0

44

22 4 4 4.

33 3 302 0

x x xx x x dx x x x

− + = − + = − +

∫

4 1 3 32 2 3 2 32

0

4 2 0 22 4 4 4. 4 0 4. 0

3 3 3 3x x x dx

− + = − + − − +

∫

( )64 2 64 8 64 6416 4. 64 0 16 8 16 16

3 3 3 3 3 3A

= − + − = − + = − + =


448448 224 112 56 2815

16 240 120 60 30 15x = = = = = =

704704 352 176 88 4415

16 240 120 60 30 15y

−= = − = − = − = − = −

Respuesta: ( ) 28 44, ,

15 15x y

= −

Ejercicio 8

La región limitada por la gráfica de la función y x= , 4x = y los ejes

coordenados, se hace girar en torno del eje OX. Halla el valor de " "c en el

intervalo [ ]0,4 que divide el sólido en 2 partes de igual volumen.

Solución

Justificación: Grafiquemos la situación planteada y ubiquemos un punto

x c= entre cero y cuatro. La gráfica de y x= es una parábola, porque 2y x= ,

con vértice en el origen y abre a la derecha por tener el coeficiente de ye

cuadrado positivo.

La intersección de y x= con 4x = es: 4 2y = = , es decir el punto

( )4,2 , por lo tanto la gráfica sería:

Al girar la región anterior se tendría:

Utilizando el método de las arandelas, se tendría:

( )2 21 ( ) ( )

b

a

V f x g x dxπ= −∫

En la parte superior tenemos: ( )f x x= y en la parte inferior el eje

equis, es decir, 0y = , por lo tanto: ( ) 0g x = . El método a utilizar en este

ejercicio suele denominarse método del disco, ya que no hay arandela debido a

que ( ) 0g x = .

Por lo tanto el volumen 1 es:

( )( ) 2 2 2 22

1

0 0

00

2 2 2 20

c cc

x c cV x dx xdx

ππ π π π = − = = = − =

∫ ∫

Para el volumen 2, se tiene:

( )( )4 4 2 2 2 2 22

2

44 16

0 82 2 2 2 2 2c c

x c c cV x dx xdx

c

π π π π π π = − = = = − = − = −

∫ ∫

Como el valor de " "c debe dividir la región en 2 volumenes iguales o

identicos, se tiene:

1 2V V=

2 2

82 2

c cπ ππ = − →

2

2

c π=2 2 2 2 2 2 2

8 8 8 82 2 2 2 2 2

c c c c c c c +− → = − → + = → =

22 28

2

c = →2

2

c 28 8 8 4.2 4. 2 2 2c c= → = ∴ = = = =

Respuesta: 2 2c =

Ejercicio 9


ecuaciones 2x y= , 4x = con respecto al eje OY.

Solución

Justificación:

La grafica de 2x y= es una parábola con vértice en el origen y abre

hacia la derecha, con las dos ramas: y x= y y x= − , además la intersección

de estas ramas con 4x = son respectivamente: 4 2y = = y 4 2y = − = − , así

la gráfica será:

En la grafica se observa claramente que el rectángulo típico varía en el

eje equis desde 0x = , hasta 4x = .

Con toda la información anterior, se puede escribir:

( ) ( )( )4

2

0

1YI x x x dx= − −∫


( ) ( )4 4 4 4 41 1 5

22 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0

2 2 2 2YI x x x dx x x dx x x dx x dx x dx+

= + = = = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

5 714 5 2 2

7 7 7 62

0

4 4

42 4 42 2 2 2. 4 0 4 .4

5 7 07 7 712 20 0

x xx dx x

+ = = = = − = +

∫

( ) ( ) [ ]3 34 4 4 4 5124 4 4 2 64 2 128

7 7 7 7 7YI = = = = =

Respuesta: 512

7YI =

Ejercicio 10

Calcula el centroide de un semicírculo de radio r . Solución

Justificación: Grafiquemos la región a la cual se quiere calcular el

centroide:

vamos a construir una función que representa al semicírculo, para ello

ubiquemos los ejes de coordenadas de la siguiente forma:

Se observa que el semi círculo tiene centro en el origen y radio r , y

recordando la ecuación general de la circunferencia explicada al principio del

objetivo 3, se tiene:

( ) ( )2 2 20 0x y r− + − =

2 2 2x y r+ =

Como nos interesa solo la parte superior, se toma unicamente la raíz

positiva al despeja ye, es decir:

2 2y r x= −

Como el centroide viene dado por:

( )

( )

b

aYb

t

a

xf x dxM

xm

f x dx

= =∫

∫

( )21( )

2

( )

b

aXb

t

a

f x dxM

ym

f x dx

= =∫

∫

Procedemos a calcular, las 3 integrales correspondientes a las


Integral ( )b

a

xf x dx∫ :

En la parte superior de la región siempre esta 2 2y r x= − y en la parte

inferior la curva 0y = , se tiene:

( )2 2 1

2 2 21 1

( )2 22

b r

a r

u r xxf x dx x r x dx udu u du

du xdx−

= −= − → → − = −

= −∫ ∫ ∫ ∫

1 311 2 2

21 1 1 1

1 32 2 2 212 2

u uu du

+

− = − = − = −+

∫2

. ( )33 2 21

3 3u r x= − −

Evaluando la integral, se tiene:

( ) ( ) ( )( )33 3 22 2 2 2 21 1 10 0 0

3 3 3

rr x r r r r

r

− − = − − − − − − = − = −


Integral ( )21( )

2

b

a

f x dx∫ :

( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 21 1 1( )

2 2 2

b r r

a r r

f x dx r x dx r x dx− −

= − = − ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( ) 33 322 2 2 21 1 1

2 2 3 2 3 3

r

r

r rx rr x dx r x r r r r

r−

− − = − = − − − − −

∫

3 3 3 3 3 3 3 33 31 1 3 3 1 2 2

2 3 3 2 3 3 2 3 3

r r r r r r r rr r

− − + −− − − + = − = −

3 3 3 3 3 31 2 2 1 2 2 1 4 2

2 3 3 2 3 2 3 3

r r r r r r ++ = = =


Integral ( )b

a

f x dx∫ :

( )2 2( )b r

a r

f x dx r x dx−

= −∫ ∫

En la tabla de integrales, conseguimos:

22 2 2 2

2 2

u a ua u du a u arcsen

a − = − +

∫

Por lo tanto:

22 2 2 2

2 2

x r xr x dx r x arcsen

r − = − +

∫

Evaluando la primitiva, se tiene:

( )2 2 2

22 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

rx r x r r r r r rr x arcsen r r arcsen r r arcsen

rr r r

− − + = − + − − − − + −

( ) ( )2 2 2 2

0 1 0 1 . .2 2 2 2 2 2

r r r rarcsen arcsen

π π + − + − = − −

2 2 2 2 2 22

4 4 4 4 2

r r r r r rA

π π π π π π += + = = =

Este calculo del área te lo puedes ahorrar, dividiendo el área conocida

( )2rπ de un circulo entre 2.


2

00

2

xrπ

= =

3

3

2

243

2

rr

yrπ

= =23 rπ

4

3

r

π=

Respuesta: ( ) 4, 0,

3

rx y

π =

A continuación se te presentaran una serie de ejercicios propuestos,

¿Por qué es importante resolverlos? Por que tú estarás solo en el examen y tu

eres quien a las finales debes aprehender para tener éxito en la asignatura.

Cualquier duda de los problemas que a continuación se te presentan, déjamelo

saber, a través, de mi correo: [email protected]. Recuerda que en

mi página en el apartado “novedades” en la sección “material durante el

estudio” se encuentra un programa de nombre Mathype que es un excelente

editor de ecuaciones con el cual podrás escribir tus dudas matemáticas, o

escanea las páginas de tu cuaderno y envíame las dudas para darte respuesta

a la brevedad posible.

Por último recuerda resolver cada ejercicio bajo la estructura,

justificación y respuesta , ya que en los exámenes de desarrollo deberás

justificar todas y cada una de tus respuestas, de manera, que es importante

que tomes el hábito de estructurar las soluciones de esta manera, siempre

dando justificación y luego la respuesta .

EJERCICIOS PROPUESTOS

Ejercicio 1

Calcula el volumen del sólido de rotación que genera la región limitada

por las curvas 2 2y x x= − + e 4y x= − , cuando gira alrededor de la recta

2y x= + .

Ejercicio 2

Halla el volumen del sólido que se genera al rotar la región limitada por

las curvas de ecuaciones x2 + (y − 1)2 = 4 y x2 + (y − 1)2 = 1, alrededor de la

recta x − y = 2.

Ejercicio 3

Halle el baricentro de la región del primer cuadrante de la elipse de ecuación:

19y

16x 22

=+

(Ayuda: Una forma de calcular el área de una elipse es por la fórmula A abπ= ) Ejercicio 4

Hallar el baricentro (coordenadas del centro de gravedad) de un

cuadrante, del círculo de radio r.

Ejercicio 5

Calcula el centro de masa de una curva C determinada por la unión de

una semicircunferencia con dos segmentos de recta como se muestra en la

figura:

Ejercicio 6

En un compresor de aire, éste ingresa a una presión de 15 Kg por cm2 y

es comprimido hasta 90 Kg/cm2. En cada compresión entran 0,02 m3 y esta

operación se repite 150 veces por minuto. Calcule el trabajo realizado

suponiendo que la compresión es isoterma.

Ejercicio 7

Un resorte tiene longitud natural de 12 centímetros y se necesita una

fuerza de 3 Newton para comprimirlo hasta una longitud de 7 centímetros.

¿Cuánto trabajo se realiza para estirar este resorte desde su longitud natural

hasta una longitud de 18 centímetros?

Ejercicio 8

Sea R la región del plano XY limitada por las curvas de ecuaciones

1y x= − y 2 2y x= − . Calcula el volumen del sólido generado al girar la región

R alrededor de la recta 1y = − .

Ejercicio 9

Sean R1 y R 2 las regiones limitadas por las curvas de ecuaciones:

3 2y x x= − + , 2y x=

Calcule los volúmenes de los sólidos formados cuando R1 y R 2 giran

alrededor de la recta 2y = − . ( ver gráfica )

Ejercicio 10

Sea R la región acotada por las curvas de ecuaciones:

1) y = senx 2) x = 1 3) y = 1

Calcule el volumen del sólido formado cuando R gira alrededor del eje y.

Ejercicios detallados del obj 5 mat iii 733

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